Tài liệu Về một số phương trình hàm trên tập số nguyên

VỀỀ MỘT SỐỐ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRỀN TẬP SỐỐ NGUYỀN Phan Ngọc Thái Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái Phương trình hàm trên tập số tự nhiên là một dạng toán khó, để giải được các phương trình hàm loại này, chúng ta cần nắm rõ không những các kỹ thuật giải phương trình hàm mà còn cần các tính chất và các đặc trưng cơ bản của số nguyên (tính chia hết, đồng dư…). Trong bài viết này, chúng ta sẽ đề cập đến một số dạng phương trình hàm trên tập số nguyên dựa trên tính tuần hoàn và tính đồng dư. Bài 1. Tìm tất cả các hàm số f : �* � �* thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1. f (f (n))  n  2k V� i  n � �* v�k � �* cho tr� � c 2. f (n  1) �f (n) V� i  n � �* Lời giải: Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện (1) và (2). Ta chúng minh hàm f là một đơn ánh. Thật vậy Với mọi m, n ��* và m �n , nếu có f ( m)  f (n) thì do (1) suy ra f ( f ( m))  f ( f ( n)) � m  2k  n  2k � m  n (vô lý) Suy ra f là đơn ánh. Do (2) � f (n  1)  f (n) với mọi n ��* suy ra f ( n  1) �f (n)  1 với mọi n ��* 1 � f ( f (n  1)) �f ( f (n)  1) �1  f ( f ( n)) với mọi n ��* � f ( f ( n  1)) �1  f ( f (n)) với mọi n ��* � n  1  2k  1  n  2k với mọi n ��* � f ( f (n  1))  f ( f ( n)  1) với mọi n ��* � f (n  1)  f (n)  1 với mọi n ��* ( do f là đơn ánh) � f ( n)  f ( n  1)  1 với mọi n �2 ; n ��* Truy hồi ta được � f (n)  n  1  f (1) với mọi n ��* � f ( f ( n))  f (n  1  f (1))  n  2  2 f (1) với mọi n ��* � n  2k  n  2  2 f (1) với mọi n ��* � f (1)  k  1 với mọi n ��* Suy ra f (n)  n  1  k  1 với mọi n ��* � f (n)  n  k với mọi n ��* Thử lại: f (n)  n  k với mọi n ��* thỏa mãn các điều kiện (1) và (2). Vậy: Các hàm f cần tìm thỏa mãn đề bài là: f ( n)  n  k với n ��* . Bài 2. Tìm tất cả các hàm số f : �� � thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 2 1. f (f (n))  n  4 V� i  n �� 2. f (2013)  2016 Lời giải: Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện (1) và (2). Từ điều kiện (1) ta dễ dàng chứng minh được f là một đơn ánh. Từ (1) ta suy ra f ( f ( f (n)))  f (n  4) với mọi n �� � f (n)  4  f (n  4) với mọi n �� (3) Với n  4k  r với k ��; r �{0,1,2,3} Từ (3) ta suy ra f (4k  r )  4  4k  f (r ) với mọi k �� + Tính f (1) Do 2013  4.503  1 nên f (20013)  2012  f (1)  2016 � f (1)  4 + Tính f (0) f ( f (0))  4  f (1) � f (0)  1 (do f là đơn ánh) + Tính f (2) và f (3) Giả sử f (2)  4m  r với m �� và r �{0,1,2,3} Do (1) mà ta có: f ( f (2))  6  2  4 � f ( f (2))  f (4m  r )  4m  f (r )  6 ; f ( r ) �0 � m  0 hoặc m  1 Với m  0 , thì f (r )  6 và f ( f (2))  f (r ) � f (2)  r Với m  1 , thì f (r )  2 và f (2)  4  r 3 f (r)  6 � f (2)  r � *)Trường hợp 1: Xét m  0 � � f (0)  6 � f (2)  0 � v� i r �{0,1,2,3} + Với r  0 thì � vô lý do f (0)  1 f (1)  6 � r  1 + Với thì � f (2)  1 � vô lý do f (1)  4 f (2)  6 � f (2)  2 � vô lý f (2)  6 � f (3)  2 � vô lý + Với r  2 thì � + Với r  2 thì � Vậy khi m = 0 ta có f (0)  1;f (1)  2;f (2)  3;f (3)  6 f (r)  2 � � m  1 *)Trường hợp 2: Xét � f (2)  r  4 � v� i r �{0,1,2,3} + Với r  0 thì f (0)  2 vô lý do f (0)  1 + Với r  1 thì f (1)  2 vô lý do f (1)  4 f (2)  2 � f (2)  6 � vô lý f (2)  7 � f (3)  2 � vô lý + Với r  2 thì � + Với r  2 thì � Vậy khi m =1 ta có f (0)  1;f (1)  4;f (2)  7;f (3)  2 Suy ra 4 n 1 � � n3 � f (n)  � n5 � � n 1 � n� u n �0 (mod 4) n� u n �1 (mod 4) n� u n �2 (mod 4) n� u n �3 (mod 4) Thử lại: f (n) thỏa mãn đồng thời các điều kiện (1) và (2) nên f (n) là các hàm cần tìm. Bài 3. Tìm tất cả các hàm số f : �� �* thỏa mãn điều kiện sau: f (n)  f (n  1) =f (n  1).f (n  3) v� i  n �� (1) Lời giải: Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện (1). Ta lập dãy (a n ) với mỗi n �� ta đặt a n  f (n) khi đó (1) trở thành a n  a n 2 =a n 1a n 3 v� i  n �� (2) Thay n  n  2 trong phương trình (2) ta được a n  2  a n  4 =a n 3a n 5 v� i  n ��. (3) Trừ từng vế của (3) và (2) ta được : a n  4  a n =a n 3 (a n 5 - a n 1 ) v� i  n ��. Thay n lần lượt bởi 0,1,2,3,...... ta có: a 4  a 0  a 3 (a 5  a1 ) a 5  a1  a 4 (a 6  a 2 ) a 6  a 2  a 5 (a 7  a 3 ) ................ i n ��. Suy ra: a 4  a 0  a 3a 4a 5 .....a n 2 (a n 4  a n ) v� 5 (4) i n ��. Ta chứng minh rằng a n 4  a n v� � f (n  4)  f (n) v� i n ��. (5) Hay f là hàm tuần hoàn với chu kỳ 4. Thật vậy: Giả sử tồn tại số n 0 ��* mà a n 4 �a n 0 0 ; n �n 0 Do a n ��* với n �� nên a n 4  a n �1 suy ra 0 0 a 4  a 0  a 3a 4a 5 .....a n0 2 (a n 0  4  a n0 ) �a 3a 4a 5 .....a n 0 2 Do a n  a n 2  a n 1a n 3 với n ��, nên với 4 số liên tiếp a n 0 1 ,a n0 ,a n0 1 ,a n0  2 phải có ít nhất một số lớn hơn 1. Do đó khi n � �thì a 3a 4a 5 .....a n 2 � � suy ra a n  4  a n � � (vô 0 0 0 lý) Suy ra: a 4  a 0  0 � a 4n  a n  0 với n �� � f (n  4)  f (n) với r �{0,1,2,3} trong đó f là hàm tuần hoàn chu kỳ 4. Hàm f được xác định khi ta tính được f (0)  a 0 ;f (1)  a1;f (2)  a 2 ;f (3)  a 3 bởi vì từ (2) ta có a 0  a 2  a 3a 4 a 0  a 2  a1a 3 � � �� � a1  a 3  a 4 a 2  a 0a 2 a 0a 2  a 1  a 3 � � �  a 0  1  a 2  1  a 0a 2   a 0  a 2   1 �  a1  1  a 3  1  a1a 3   a1  a 3   1 � Mặt khác � Suy ra:  a 0  1  a 2  1   a1  1  a 3  1  2 Do đó có các khả năng xẩy ra: 6 (6) Khả năng 1. �  a 0  1  a 2  1  0 �a1  2 ho�c a1  3 �a 0  1 ho�c a 0  5 � �� �� � a  3 ho � c a  2 a 2  1 ho� c a2  5 a  1 a  1  2     3 3 � � �1 3 Suy ra  f (0);f (1);f (2);f (3)    a 0 ;a1;a 2 ;a 3  �  1;2;5;3 ,  1;3;5;2  ,  5;2;1;3  ,  5;3;1;2   Ta tìm được 4 hàm cần tìm với f (n) với f (n) xác định bởi � f (0) v� in � f (1) v� in � f (n)  � f (2) v� in � � f (3) v� in � �0  mod 4  �1 mod 4  �2  mod 4  �3  mod 4  đều thỏa mà điều kiện 1. �  a 0  1  a 2  1  1 � Khả năng 2. �  a1  1  a 3  1  0 � � a 0  a1  a 2  a 3  2 �  a 0 ;a1;a 2 ;a 3    2;2;2;2  Suy ra f (n)  2 với mọi n �� �  a 0  1  a 2  1  2 �  a1  1  a 3  1  0 � Khả năng 3. � Lập luận tương tự như khả năng 1 ta được 7 (7)  f (0);f (1);f (2);f (3)    a 0 ;a1;a 2 ;a 3  �  2;1;3;5  ,  3;1;2;5  ,  2;5;3;1 ,  3;5;2;1  ta được 4 hàm f (n) cần tìm và cả 4 hàm đều thỏa mãn điều kiện (1). Với f (n) xác định bởi (7). Vậy có 9 hàm f thỏa mãn là nghiệm của phương trình (1). Bài 4. Tìm tất cả các hàm số f : �* � � thỏa mãn điều kiện sau: f (m  n) =f (mn  2001) v� i  m, n ��, mn  2011 (1) Lời giải: Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện (1). Trong phương trình (1) cho m  1 ta có f (n  1)  f (n  2011)  f (n  1  2012) với n ��* , n  2011 (2) Ta chứng minh rằng f là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2012. Thật vậy trong (2) thay n bởi k  2011 với k ��* ta có f (k  2012)  f (k) Trong (2) lấy n  k  2011 với k ��* và kết hợp với (1) ta có f (k)  f (k  2012)  f (k2012  2011) =f (k2012 - 2012  1) =f ((k  1)2012  1) =f(1) Suy ra f (k)  f (1) với k ��* . Đặt f (1)  c (c là hằng số) suy ra f (n)  c . 8 (3) Thử lại ta có f (n)  c thỏa mãn điều kiện của đề bài. Vậy phương trình có nghiệm f (n)  c với n ��* . BÀI TẬP TỰ LUYÊN TẬP Bài 1. Tìm tất cả các hàm số f : �* � � thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau: 1. f (n)  f (m) �f (m  n) v� i  m,n � �* 2. f (1)  f (2)  .....  f (2010)  0 v�f (2011)  1 3. f(2011.2 n )  2n v� i n ��* Bài 2. Tìm tất cả các hàm số f : �* � � thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau: 1. f (1)  0 2. f (p)  1 v� i p l�� s nguy� n t� 3. f (m.n)  mf (n)  nf (m) v� i m, n ��* Bài 3. Có bao nhiêu hàm số f : �* � �* thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 1. f (1)  1 2. f (n)f (n  2)   f (n  1)  +2011 2 v� i n ��* HD: Đặt f ( 2 )  a CMR a là ước của 2012. Chứng minh a là ước của 2012 thì tồn tại nghiệm Bài 4. Cho hàm số f : � � � thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 9 1. f (0)  a v� i a  1 cho tr� � c 3  3  f (n)   f (n) 2 2. f (n  1)  2 v� i n �� Chứng minh rằng f là hàm tuần hoàn. Bài 5. Cho hàm số f : � � � thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau 1. f (n) �0 v� i n �� 2. f (n) l�h� m b�ch� n f (n).f (n  1) 3. f(n+2)= v� i n ��* 3f (n)  2f (n  1) Chứng minh rằng f là hàm tuần hoàn. 10